【最新版】高中数学高三培优小题练第80练　高考大题突破练——证明与探索性问题

这是一份【最新版】高中数学高三培优小题练第80练　高考大题突破练——证明与探索性问题，共5页。试卷主要包含了已知点M在抛物线C，已知双曲线C，已知椭圆C等内容，欢迎下载使用。
考点一 证明问题
1．(2022·昆明模拟)已知点M(x0,2)在抛物线C：y2＝2px(p>0)上，C的焦点为F，|MF|＝2.
(1)求抛物线C的方程及x0；
(2)经过点(2，－2)的直线l与C交于A，B两点，且A，B异于点M，若直线MA与MB的斜率存在且不为零，证明：直线MA与MB的斜率之积为定值．
(1)解 由题意知eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(4＝2px0，,x0＋\f(p,2)＝2))⇒eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(p＝2，,x0＝1.))
所以抛物线C的方程为y2＝4x.
(2)证明 当直线l的斜率不存在时，
设直线l为x＝2，
联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝2，,y2＝4x，))得A(2,2eq \r(2))，B(2，－2eq \r(2))．
kMA＝eq \f(2\r(2)－2,2－1)＝2eq \r(2)－2，
kMB＝eq \f(－2\r(2)－2,2－1)＝－2eq \r(2)－2，
则kMA·kMB＝(2eq \r(2)－2)×(－2eq \r(2)－2)＝－4.
当直线l的斜率存在时，设直线l为y＋2＝k(x－2)，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则kMA＝eq \f(y1－2,x1－1)，kMB＝eq \f(y2－2,x2－1).
联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＋2＝kx－2，,y2＝4x，))得eq \f(k,4)y2－y－2k－2＝0.
因为Δ＝2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(k＋\f(1,2)))2＋eq \f(1,2)>0，
所以y1＋y2＝eq \f(4,k)，y1y2＝－8－eq \f(8,k).
所以eq \f(y1－2,x1－1)·eq \f(y2－2,x2－1)＝eq \f(y1－2y2－2,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(y\\al(2,1),4)－1))\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(y\\al(2,2),4)－1)))
＝eq \f(16,y1＋2y2＋2)＝eq \f(16,y1y2＋2y1＋y2＋4)，
所以eq \f(y1－2,x1－1)·eq \f(y2－2,x2－1)＝eq \f(16,－8－\f(8,k)＋\f(8,k)＋4)＝－4，
综上，直线MA与MB的斜率之积为定值－4.
2．设相互垂直的直线AB，CD分别过椭圆E：eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1的左焦点F1，且与椭圆E的交点分别为A，B和C，D.
(1)当AB的倾斜角为45°时，求以AB为直径的圆的标准方程；
(2)证明：存在λ使得|AB|＋|CD|＝λ|AB|·|CD|恒成立，并求λ的值．
(1)解 由题意可设AB的方程为y＝x＋1，代入椭圆E的方程可得7x2＋8x－8＝0.
所以AB的中点坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(4,7)，\f(3,7))).
又|AB|＝eq \r(2)·eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(8,7)))2－4×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(8,7))))＝eq \f(24,7)，
所以以AB为直径的圆的方程为
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(4,7)))2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(y－\f(3,7)))2＝eq \f(144,49).
(2)证明 ①当AB与x轴垂直或CD与x轴垂直时，
λ＝eq \f(1,\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(AB)))＋eq \f(1,\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(CD)))＝eq \f(1,\f(2×3,2))＋eq \f(1,2×2)＝eq \f(1,3)＋eq \f(1,4)＝eq \f(7,12)；
②当AB，CD的斜率均存在时，设直线AB的方程为y＝k(x＋1)，则直线CD的方程为y＝
－eq \f(1,k)(x＋1)．
将AB的方程代入椭圆E的方程得eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3＋4k2))x2＋8k2x＋4k2－12＝0.
Δ>0，显然成立．
由根与系数的关系得x1＋x2＝－eq \f(8k2,3＋4k2)，x1x2＝eq \f(4k2－12,3＋4k2)，
所以|AB|＝eq \r(1＋k2)·eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x1＋x2))2－4x1·x2)＝eq \f(12\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(k2＋1)),3＋4k2).
同理可得|CD|＝eq \f(12\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(k2＋1)),4＋3k2).
所以λ＝eq \f(1,|AB|)＋eq \f(1,|CD|)＝eq \f(3＋4k2,12\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(k2＋1)))＋eq \f(4＋3k2,12\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(k2＋1)))＝eq \f(7,12).
因此，存在λ＝eq \f(7,12)，使得|AB|＋|CD|＝λ|AB|·|CD|恒成立．
考点二 探索性问题
3．已知双曲线C：eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的离心率为2，且过点(2,3)．
(1)求双曲线C的方程；
(2)设点B，F分别为双曲线C的右顶点、左焦点，点A为C上位于第二象限的动点，是否存在常数λ，使得∠AFB＝λ∠ABF？如果存在，请求出λ的值；如果不存在，请说明理由．
解 (1)离心率e＝eq \f(c,a)＝2，
∴c＝2a，b2＝c2－a2，∴双曲线C的方程为eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,3a2)＝1，
把点(2,3)代入双曲线方程得eq \f(4,a2)－eq \f(9,3a2)＝1，解得a2＝1，
故双曲线C的方程为x2－eq \f(y2,3)＝1.
(2)设∠AFB＝α，∠ABF＝β，A(x0，y0)，其中x00，
由(1)知B(1,0)，F(－2,0)，
①当直线AF的斜率不存在时，∠AFB＝90°，|FB|＝3，|AF|＝3，
∴∠ABF＝45°，此时α＝2β；
②当直线AF的斜率存在时，
由于双曲线的渐近线方程为y＝±eq \r(3)x，
∴α∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(2π,3)))，β∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,3)))，
由xeq \\al(2,0)－eq \f(y\\al(2,0),3)＝1得yeq \\al(2,0)＝3(xeq \\al(2,0)－1)，
又tan α＝eq \f(y0,x0＋2)，tan β＝－eq \f(y0,x0－1)，
∴tan 2β＝eq \f(－\f(2y0,x0－1),1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(y0,x0－1)))2)
＝eq \f(－2y0x0－1,x0－12－3x\\al(2,0)－1)＝eq \f(y0,x0＋2)，
∴tan 2β＝tan α，
又α∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(2π,3)))，β∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,3)))，∴α＝2β，
综上，存在常数λ＝2，满足∠AFB＝λ∠ABF.
4．已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的右焦点为F(c,0)，离心率为eq \f(\r(2),2)，且经过点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(\r(6),2)))，点M为椭圆上的动点．
(1)求M到点D(1,0)的最短与最长距离；
(2)设直线l：y＝x＋n与椭圆C相交于A，B两点，则是否存在点P(eq \r(2)，m)，使得△ABP的内切圆恰好为x2＋y2＝1？并说明理由．
解 (1)依题意得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(1,a2)＋\f(3,2b2)＝1，,\f(c,a)＝\f(\r(2),2)，,a2＝b2＋c2，))
解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝2，,c＝b＝\r(2)，))
所以椭圆的方程为eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,2)＝1.
设M(x0，y0)(x0∈[－2,2])到点D的距离为d，因为eq \f(x\\al(2,0),4)＋eq \f(y\\al(2,0),2)＝1，所以yeq \\al(2,0)＝2－eq \f(x\\al(2,0),2)，
所以d2＝(x0－1)2＋yeq \\al(2,0)＝eq \f(1,2)xeq \\al(2,0)－2x0＋3，
令f(x)＝eq \f(1,2)x2－2x＋3，其对称轴为x＝2，
所以该函数在[－2,2]上单调递减，
所以当x＝2时，f(x)取得最小值1；当x＝－2时，f(x)取得最大值9，
所以M到点D的最短与最长距离分别为1,3.
(2)假设存在点P(eq \r(2)，m)，使得△ABP的内切圆恰好为x2＋y2＝1，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，因为直线AB与圆x2＋y2＝1相切，
所以圆心(0,0)到直线l：y＝x＋n的距离为eq \f(|n|,\r(2))＝1，所以n＝±eq \r(2)，
所以当n＝eq \r(2)时，直线AB：y＝x＋eq \r(2)，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝x＋\r(2)，,\f(x2,4)＋\f(y2,2)＝1，))得3x2＋4eq \r(2)x＝0，
解得x1＝0，x2＝－eq \f(4\r(2),3)，
不妨令A(0，eq \r(2))，Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(4\r(2),3)，－\f(\r(2),3)))，
方法一 因为AO为∠BAP的角平分线，所以kAP＝－kAB＝－1，
所以kAP＝eq \f(\r(2)－m,0－\r(2))＝－1，所以m＝0，
即P(eq \r(2)，0)，
所以直线BP的方程为x－7y－eq \r(2)＝0，
因为圆心到直线BP的距离为eq \f(|\r(2)|,\r(12＋－72))＝eq \f(1,5)≠1，所以此时BP不是圆的切线．
同理，当n＝－eq \r(2)时，直线BP也不是圆的切线，
综上所述，P点不存在．
方法二 因为A(0，eq \r(2))，P(eq \r(2)，m)，所以kAP＝eq \f(m－\r(2),\r(2))，
所以直线AP的方程为(m－eq \r(2))x－eq \r(2)y＋2＝0，
由原点O到直线AP的距离为1，得eq \f(2,\r(2＋m－\r(2)2))＝1，解得m＝0或2eq \r(2)，
当m＝0时，P(eq \r(2)，0)，此时直线BP的斜率为kBP＝eq \f(1,7)，所以直线BP的方程为x－7y－eq \r(2)＝0，
因为圆心到直线BP的距离为eq \f(|\r(2)|,\r(12＋－72))＝eq \f(1,5)≠1，所以此时BP不是圆的切线．
当m＝2eq \r(2)时，P(eq \r(2)，2eq \r(2))，此时直线BP的斜率为kBP＝1，
所以直线BP的方程为x－y＋eq \r(2)＝0，与直线AB重合，故舍去，
同理，当n＝－eq \r(2)时，直线BP也不是圆的切线，
综上所述，P点不存在．